【文档说明】湖南省攸县第一中学2023届高三第七次月考化学试题（解析版）.docx，共(21)页，1.313 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-8904fe033705059cf008f58ca790088a.html

以下为本文档部分文字说明：

高三月考化学试题(七)可能用到的相对原子质量：H～1C～12O～16S～32Ag～108La～139一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.化学与环境保护息息相关。下列叙

述不合理的是A.干电池低汞化、无汞化，有利于减少废电池造成的土壤污染B.用2CO人工合成淀粉，有利于减少农药化肥污染和促进“碳中和”C.汽车尾气中的氮氧化物来自汽油的不完全燃烧，加装催化转化器可减少其排放D.氨氮废水(含4NH+及3NH)可用化学氧化法或电化学氧化法处理后排放

【答案】C【解析】【详解】A．干电池的低汞化、无汞化，可以减少重金属汞元素对土壤的污染，A合理；B．用CO2合成淀粉，有利于减少人类对粮食产量的依赖，从而减少农药化肥的使用，同时可促进碳中和，B合理；C．汽油成分中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物主要

来自于空气中N2和O2在气缸的高温环境中反应生成，C不合理；D．利用氧化还原原理，可将氨氮氧化为无污染的N2，D合理；故答案选C。2.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.28g乙烯中含有C-H键的数目为4NAB.足量的

12mol/L盐酸与21molMnO共热，转移的电子数为2NAC.标准状况下，22.4L氖气含有的质子数为10NAD.标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2混合反应后，气体分子数为2NA【答案】D【解析】

【详解】A．1个乙烯分子中含有4个C-H键，28g乙烯中含有C-H键的数目AA28g4N4N24g/mol=，故A正确；B．由于浓盐酸足量，所以21molMnO可完全反应，锰元素化合价由+4降低为+2，转移电子数为A2N，故B正确；C．氖为单原子分

子，1个氖原子中含有10个质子，所以1molNe含有A10N质子，故C正确；D．标准状况下HF为液体，22.4L的H2和22.4L的F2混合反应后生成2molHF，气体分子数为0，故D错误；选D3.La和N

i的合金是目前使用最广泛的储氢材料。某La-Ni合金(晶胞为平行六面体)由图甲、图乙两个原子层交替紧密堆积而成，图丙是该合金的晶胞结构：下列说法错误的是A.该晶体可表示为5LaNiB.该晶体中1个La原子与18个Ni原子配位C.该晶体的一个晶胞中Ni原子数为12D.

通过晶体X射线衍射实验可确定该晶组成的结构【答案】C【解析】【详解】A．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有7个La，其中6个在线的角上，1个La面心，根据均摊法计算可得一个晶胞中La原子数为(6+6)×16+

1=3；该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为(6+6+6)×12+6=15；故该晶体中La与Ni的个数比是3：15=1：5，可表示为LaNi5，故A正确；B．对于1个La来说，同一层周围有6个Ni，还有上

下两层各6个，所以，La原子与18个Ni原子配位，故B正确；C．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为(6+6+6)×12

+6=15，故C错误；D．X射线衍射可用于确定晶体的结构，故D正确；故选：C。。4.有关的说法正确的是A.分子中可能在同一平面上的碳原子最多有7个B.完全水解后所得产物中手性碳原子数目减少C.在NaOH醇溶液中加热反应得到两种含碳碳双键的产物D与3FeCl溶液作用

显紫色【答案】B【解析】【详解】A．苯分子是平面结构，和苯环直接相连的原子在同一个平面，饱和碳原子是四面体结构，饱和碳原子及其相连的原子最多三个共面，该分子中在同一平面上的碳原子最少有7个，A错误；B．手性碳原子一定是饱和碳原子

，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，则有3个手性碳原子，完全水解后再酸化所得有机产物中手性碳原子数目减少为2个，B正确；C．卤代烃在NaOH醇溶液中加热发生消去反应，消去反应时溴原子所连碳原子的邻位碳上

要有氢才可以发生消去反应生成不饱和键、故只能得到1种含碳碳双键的产物，C错误；D．不含酚羟基，不能与3FeCl溶液作用，D错误；答案选B。5.碳酰氯(COCl2)俗名光气，熔点为-118℃，沸点为8.2℃，遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿(CHCl3)和氧气在光

照条件下合成。下列说法错误的是.A.装置的连接顺序应为cbaefd→→→→→B.装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢C.装置丁中发生反应的化学方程式为322光照2CHCl+O2COCl+2HClD.冰水混合物的作用是降温，防止2COCl挥发【答案】A【解析

】【详解】A．碳酰氯(COCl2)遇水迅速水解，则合成时必须处于干燥环境中，则装置连接为乙甲丁甲丙、连在乙后的甲用于干燥氧气，连在丁后边的甲防止丙中的水蒸气进入丁中，故装置的各接口的连接顺序应为cbaefbad→→→→→→→，A

错误；B．制备光气时有HCl气体产生，因此装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢，B正确；C．装置丁中氯仿(CHCl3)和氧气在光照条件下生成碳酰氯、HCl，发生反应的化学方程式为3222CHClO2CO

Cl2HCl++光照，C正确；D．碳酰氯(COCl2)沸点为8.2℃，冰水混合物的作用是降温，防止2COCl挥发，D正确；故选A。6.几种离子晶体的晶胞如图所示，则下列说法正确的是A.熔沸点：NaCl<CsClB.在NaCl晶胞中，距离Na+最近且等距的Na+数目为12C.若ZnS的晶胞边

长为apm，则Zn2+与S2-之间最近距离为32apmD.上述三种晶胞中，其阳离子的配位数大小关系为ZnS<NaCl<CsCl【答案】BD【解析】【详解】A．NaCl和CsCl都是离子晶体，Na+半径小于Cs+半径，半径越小，离子

间的离子键越强，熔沸点越高，因此熔沸点：NaClCsCl，故A错误；B．由图可知，在NaCl晶胞中，距离Na+最近且等距的Na+数且为12，故B正确；C．ZnS的晶胞边长为apm，2Zn+与2S−之间的最近距离为体对角线的14，因此为3apm4

，C错误；D．ZnS中阳离子配位数为4，NaCl中阳离子配位数为6，CsCl中阳离子配位数为8，因此阳离子的配位数大小关系为ZnSNaClCsCl，故D正确；选BD。7.原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z。X单质在空气中燃烧，火焰呈黄色，W的核外电子数与X、Z的最

外层电子数之和相等，Y是地壳中含量排在第二位的元素，由W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述正确的是A.Y和Z元素简单氢化物的稳定性：Y>ZB.X与W形成的化合物的电子式为：C.X最高价氧化物对应水化物溶液可以用来吸收Z的单质D.W、X、Z三种元素

简单离子半径的大小顺序为：Z<X<W【答案】C【解析】【详解】单质在空气中燃烧.火焰呈色，判断X为Na；Y是地壳中含量排第的元素可判断为Si；W的核外电子数与X、Z的最外层电数之和相等即W的原序数为X、Z的主族数之和而根据化合物M结构：X为Na；

Y为Si可知：[Si2W5]2-可推知，W可为O或者S而由于W原子序数为最小的，因此W为O，那么可分析O的核外电数为8而X的外会电子数为1，那么Z就应为Cl。A．Y和Z元素简单氢化物分别为:SiH4、HCl.氢化物的稳定生和元素的非金属性有关而同周期的非金属元素，从左到右非金属性增强则HCl稳

定性大于SiH4，故A错误；B．X和W为Na和O则X和W形成的化合物电子式为，故B错误；C．X的最高价氧化物对应的水化物为NaOH可以与Cl2反应吸收Cl2，故C正确；D．电子层越多半径越大；电子层数相同时，电数越大半径越大，因此

半径大小为：W<X<Z，故D错误；故答案为C。8.2020年11月7日是“中国稀土之父”徐光宪先生诞辰100周年纪念日。金属铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。关于铈的有关化合物及H2O2的转化关系如图所示，下列说法错

误的是A.CeO2是整个转化过程中的催化剂B.过程①的离子方程式：+3+222222CeO+HO+6H=2Ce+O+4HOC.该反应历程的总反应为：2H2O2=2H2O+O2↑D.氧化性：CeO2＞H2O2【答案】D【解析】【详解】A．在反应①中CeO

2被还原为Ce3+，在反应②中Ce3+又被氧化为CeO2，故CeO2的质量与化学性质不变，因此CeO2是整个转化过程中的催化剂，A正确；B．根据原子守恒、电荷守恒、电子守恒，可知过程①的离子方程式：+3+222222C

eO+HO+6H=2Ce+O+4HO，B正确；C．过程①方程式为+3+222222CeO+HO+6H=2Ce+O+4HO，过程②方程式为2Ce3++6OH-+H2O2=2CeO2+4H2O，将①+②，整理可得2H2O2=

2H2O+O2↑，故该反应历程的总反应为：2H2O2=2H2O+O2↑，C正确；D．碱性条件下，Ce3+被H2O2氧化成CeO2，说明氧化性CeO2不如H2O2，D错误；故合理选项是D。9.自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点。HNO自

由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.反应物的键能总和大于生成物的键能总和B.产物P1与P2的分子式、氧元素的化合价均相同C.该历程中最大正反应的活化能E正=186.19kJD.相同条件下，Z转化为产

物的速率：v(P1)＞V(P2)【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则参与反应的反应物总键能小于生成物的总键能，故A选项错误；B．产物P1与P2的分子式均为HNO3，但产物P1结构中存在“-O-O-”，

则产物P1中部分氧元素的化合价为-1价，而产物P2氧元素的化合价为-2价，两者氧元素的化合价不同，故B选项错误；C．最大的正反应的活化能出现在由中间产物Z到过渡态IV时，即最大正反应的活化能E正=-18.92kJ/mol-(-205.11kJ/mol)=186.19kJ.mol-1，

故C选项错误；D．相同条件下，反应所需的活化能越小，则反应的速率越快，由于到产物P1所需活化能更小，故反应速率更快，故v(P1)＞V(P2)，故D选项正确。故选D选项。10.甲酸是基本有机化工原料之一，广泛用于农药、皮革、染料、医药和橡胶等工业。某科研团队利用光催化制甲酸如图所示：已知

：2CO2+2H2O=2HCOOH+O2△H>0。下列说法错误的是A.电极电势：电极N高于电极MB.该装置把光能和化学能转化为电能C.正极电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOHD.若制得9.2gHCOOH，不考虑气体

溶解，整套装置质量增加5.6g【答案】B【解析】【分析】由图示可知，M极H2O→O2，氧元素化合价升高，失电子，电极M为负极，电极N为正极，以此解题。【详解】A．由分析可知电极M为负极，电极N为正极，正极的电势高于负极，故A正确；B．2CO2

+2H2O=2HCOOH+O2△H>0，正反应吸热，该装置把光能转化为电能和化学能，故B错误；C．正极CO2得电子生成甲酸，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，故C正确；D．9.2gHCOOH的物质的量是0.2mol，根据总反应方程式2CO2+2H2O

=2HCOOH+O2，若制得9.2gHCOOH，整套装置吸收0.2mol二氧化碳、放出0.1mol氧气，所以整套装置质量增加8.8g-3.2g=5.6g，故D正确；故选B。11.工业上以硼镁矿(主要成分为2322MgOBOH

O，还含有少量23FeO、FeO、3CaCO、23AlO和2SiO等)为原料生产硼酸晶体的工艺流程如图所示。已知：①33HBO的溶解度随温度的升高显著增大；②3Fe+、2Fe+、3Al+和2Mg+以氢氧化物的形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、9.7、5.2和12.4。下列说法错误的是A.

“浸取”时要分批慢慢加入稀硫酸B.“热过滤”的目的是防止温度降低时33HBO从溶液中析出C.“除杂”时需向“浸出液”中依次加入22HO和NaOH溶液，以除去2Fe+、3Fe+、3Al+等杂质离子D.“母液”中

的溶质主要是硫酸镁【答案】C【解析】【分析】硼镁矿加入稀硫酸浸取，二氧化硅不反应、碳酸钙转化为微溶的硫酸钙成为滤渣，镁、铁、铝、硼进入浸出液，通过除杂将铁、铝转化为沉淀，由于33HBO的溶解度随温度的升高显著增大，故滤液降温结晶析出硼酸晶体，母液中含有硫酸镁；【详解】A．“浸取”时，因硼镁矿粉中含

有少量3CaCO，加入稀硫酸会产生大量泡沬，为避免反应物从反应器中溢出，应分批慢慢加入稀硫酸，A正确；B．33HBO的溶解度随温度的升高显著增大，“热过滤”的目的是防止温度降低时33HBO从溶液中析出，B正确；C．“除杂”时需向“

浸出液”中依次加入22HO将亚铁离子转化为铁离子、加入氧化镁调节pH，以除去2Fe+、3Fe+、3Al+等杂质离子；若使用氢氧化钠会引入杂质离子钠离子，C错误；D．由分析可知，“母液”中的溶质主要是硫酸镁，D正确；故选C。12.工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯：CH3OH(g)+

CO(g)HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是A.反应速率v(b)＞v(d)B.由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜C.b条件下延长反应时间，CO的转化率保持不

变D.d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应吸热，升高温度反应逆向移动【答案】B【解析】【详解】A．温度对化学反应速率的影响大于浓度对化学反应速率的影响。由于反应温度：d＞b，所以反应速率大小关系为：v(d)＞v(b)，A错误；B．由图可知在80～85℃时反应物CO的转

化率最高，因此生产时为提高生产效率，反应温度控制在80～85℃为宜，B正确；C．b条件下反应未达到平衡状态，此时反应正向进行，延长反应时间，可以使更多的反应物CO与CH3OH(g)发生反应转化为生成物，因此会导致CO的转化率增大，C错误；D．d→e，C

O的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，导致CO的转化率降低，D错误；故合理选项是B。13.实验室制备苯胺的流程，反应②的实验装置（夹持及加热装置略）如图。已知：苯胺为无色油状液体，沸点184℃，易

氧化。下列说法正确的是A.反应①后的混合液经水洗、碱洗、结晶，得到硝基苯B.反应①和反应②均需水浴加热C.装置中为除去反应生成的水，蒸馏前需关闭K并向三颈烧瓶中加入P2O5D.为防止生成的苯胺被氧化，加热前应先通一段时间的H2【答案】D【解析】【详解】A．反应①后的混合液中含有硝基苯

和未反应完的苯，经水洗、碱洗、分液后再蒸馏，得到硝基苯，选项A错误；B．反应②的实验温度控制在140℃，大于100℃，不能用水浴加热，选项B错误；C．苯胺还原性强，易被氧化，有碱性，与酸反应生成盐，而浓硫酸具有酸性和强氧化性，苯胺能与浓硫酸反应，则不能选用

浓硫酸，三颈烧瓶内的反应结束后，关闭K，先在三颈烧瓶中加入生石灰后蒸馏，选项C错误；D．加热前应先通一段时间的H2可将装置内空气排出，避免苯胺被氧化，选项D正确；答案选D。14.某温度下，向体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L-1的NaCl溶液、Na2CrO4溶液中分别

滴加0.1mol•L-1的AgNO3溶液，滴定过程中的pX(PX=-lgX，X=Cl-、CrO24−)与滴加AgNO3溶液体积的关系如图所示。(已知：lg3=0.47)下列说法错误的是A.曲线Ⅰ表示AgNO3溶液滴定NaCl溶液的过程B.Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-3bC.其他条件不变

，如果NaCl溶液浓度改为0.05mol•L-1，则滴定终点向上移动D.M点的纵坐标约为2a-1.47【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，pX=a或b时反应完全，并且二者的起始浓度、体积均相同，即二者溶质的起始物质的量相同，反应为NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2

CrO4+AgNO3=Ag2CrO4↓+2NaNO3，完全反应时Na2CrO4消耗AgNO3溶液的体积是NaCl的2倍，所以曲线I表示NaCl溶液、曲线II表示Na2CrO4溶液，故A正确；B．曲线II表示N

a2CrO4溶液，达到滴定终点时pX=b，即c(CrO24−)=10-bmol/L，(s)⇌Ag+(aq)+CrO24−(aq)，则c(Ag+)=2c(CrO24−)=2.0×10-bmol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(Cr

O24−)=(2.0×10-b)2×(10-b)=4.0×10-3b，故B正确；C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将NaCl溶液浓度改为0.05mol•L-1，需要的硝酸银溶液的体积变成原来的一般，因此滴定终点会向左平移，故C错误；

D．由曲线I可知，pX=a时达到滴定终点，此时c(Cl-)=c(Ag+)=10-amol/L，Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)=10-2a，当在NaCl溶液中加入40mLAgNO3溶液，混合溶液中c(Ag+)≈()()33402010L0.1mol/L20

4010L1=30−−−+mol/L，则溶液中c(Cl-)=-2a10130mol/L=30×10-2amol/L，pX=-lg30×10-2a=2a-1-lg3=2a-1.47，故D正确；故选：C。二、非选择题(共4个大题，

58分)15.次氯酸(HClO)消毒液高效安全，适用于一般物体表面消毒、手部消毒，以及地面、空间和环境消毒。下图装置在D中制得颜色类似于氯气的Cl2O气体，E中得到次氯酸(HClO)。已知Cl2O气体45℃可分解，与水反应生成HClO。（1）A装置圆底烧瓶中固体物质是__

_________。（2）C装置、F装置中分别盛装___________、___________。（3）实验时，一直要通入干燥的空气，其体积大约是氯气的3倍，主要作用是___________，同时还可以抑制Cl2O的

分解，保证实验安全。（4）D中盛装含水碳酸钠(即Na2CO3与水按照质量106：9调制而成)，用来吸收氯气制备Cl2O。①如果用Na2CO3·xH2O表示含水碳酸钠，则x为___________。②D中生成的气体中含

有CO2，则生成Cl2O的化学方程式为___________。（5）次氯酸含量分析：取E装置中试管内黄绿色溶液两等分，一份是通过与足量KI溶液反应生成n(I2)，来测定n(HClO)与n(Cl2)两者之和；另

一份是把氯元素全部转化为AgCl，通过n(AgCl)计算氯元素含量。实验结果是()()2nAgClnI为17：16，则黄绿色溶液()()2nHClOnCl为___________。【答案】（1）二氧化锰或MnO2（2）①.浓硫酸②.氢氧化钠溶液（3）把D中生成

的Cl2O完全赶入E试管中（4）①.12或0.5②.Na2CO3+2Cl2=2NaCl+Cl2O↑+CO2↑（5）15：1或15【解析】【分析】根据后续流程可知，装置A中应是利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，装置B中用饱和食

盐水吸收氯气中混有的HCl气体，装置C中利用浓硫酸进行干燥，装置D中得到Cl2O，然后利用干燥空气将生成的Cl2O赶入装置E中反应得到HClO，装置F吸收尾气。【小问1详解】根据后续流程可知，装置A中应是利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，即A装置圆底烧瓶中固体物质是二氧化锰或Mn

O2；【小问2详解】为防止生成的氯气与水蒸气反应，制取的氯气应进行干燥，所以装置C中盛放浓硫酸；氯气有毒，装置F应是用来吸收尾气，盛放NaOH溶液；【小问3详解】Cl2O在装置D中生成，而HClO在装置E中生成，所以干燥空气的主要作用是把D中生

成的Cl2O完全赶入E试管中，同时还可以抑制Cl2O的分解；【小问4详解】①水碳酸钠由Na2CO3与水按照质量106：9调制而成，则二者的物质的量之比为106910618：=2：1，所以x=0.5；②根据题意可知Na2CO3与Cl2

反应得到Cl2O和CO2，根据元素的价态变化以及元素守恒可知还应有NaCl生成，化学方程式为Na2CO3+2Cl2=2NaCl+Cl2O↑+CO2↑；【小问5详解】根据电子守恒可知n(I2)=n(HClO)+n(Cl2)，根据氯元素守恒n(AgCl)=

n(HClO)+2n(Cl2)，所以有()()()()22HClO2ClHClOClnnnn++=17：16，解得()()2HClOClnn=15：1或15。16.五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业。一种以含钒废料(含V2O5、MnO、SiO2、Al2

O3)为原料制备V2O5的流程如下：已知：V2O3难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成V2O5。（1）为提高含钒废料的浸取率，可采取的措施为___________。（2）“滤液1”中除了含有过量的NaOH，还含有的溶质为___________(填化学式

)。（3）“烘干灼烧”的目的是___________。（4）“沉锰”时需将温度控制在70℃左右，温度不能过高的原因为___________，“滤渣2”的主要成分是MnCO3，写出生成MnCO3的离子方程式：___________。（5）“浓缩结晶”后获得NH4VO3晶体需进

行的操作是___________。证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为___________。（6）在煅烧NH4VO3生成V2O5的过程中无元素化合价变化，请写出反应的化学方程式：___________。【

答案】（1）延长浸取时间（2）Na2SiO3、NaAlO2或Na[Al(OH)4]（3）将V2O3氧化为V2O5（4）①.温度过高，NH4HCO3分解②.Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+H2O+CO2↑（5）①.过滤、洗涤、干燥

②.取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净（6）2NH4VO3煅烧V2O5+H2O+2NH3↑【解析】【分析】含钒废料含V2O5、MnO、SiO2、Al2O3，加入氢氧化钠，Si

O2、Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、硅酸钠，过滤，滤渣中含有V2O5、MnO，滤渣灼烧V2O3氧化为V2O5，用硫酸溶解生成HVO3、MnSO4，加入NH4HCO3，MnSO4转化为MnCO3沉淀，除去锰离子，滤液中加入足量(NH4)2SO4，浓缩结晶，得到NH4VO3晶体，煅烧，

得到V2O5。【小问1详解】延长浸取时间，可以提高含钒废料的浸取率；【小问2详解】含钒废料含V2O5、MnO、SiO2、Al2O3，加入氢氧化钠，SiO2、Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、硅酸钠，过滤，“滤液1”中除了含有过量的NaOH，还含有的溶质为Na2SiO3、NaAlO2或N

a[Al(OH)4]；【小问3详解】V2O3难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成V2O5，所以“烘干灼烧”的目的是将V2O3氧化为V2O5；【小问4详解】加入NH4HCO3“沉锰”，NH4HCO3加热易分解，所以“沉锰”时需将温度控制在70℃左右，温度不能过高；“沉锰”时NH4HCO3

和MnSO4反应生成MnCO3沉淀，反应的离子方程式是Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+H2O+CO2↑；【小问5详解】“浓缩结晶”后，过滤、洗涤、干燥，可获得NH4VO3晶体；若没有洗涤干净，洗涤液中含有硫酸根离子，证明NH4VO

3已洗涤干净的实验操作及现象为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净；【小问6详解】煅烧NH4VO3生成V2O5的过程中无元素化合价变化，说明反应生成

氨气、V2O5、H2O，反应方程式是2NH4VO3煅烧V2O5+H2O+2NH3↑。17.丙烯是生产石油化工产品的基本原料之一，其需求增长迅速。某科研小组以MgO、25VO、23AlO等为催化剂，通过丙烷催化氧化脱氢制备丙

烯，其反应原理为3823622CH(g)O(g)2CH(g)2HO(g)++催化剂1ΔH。Ⅰ．已知：丙烷、丙烯的燃烧热(H)分别为12220kJmol−−、12058kJmol−−。22HO(l)=HO(g)12ΔH44kJmol−=+。（1）则1ΔH=

___________1kJmol−。Ⅱ．不同催化剂对丙烷的催化效率不同，平衡时，丙烷的总转化率与催化剂、不同投料比之间的关系如表。催化剂反应温度/℃()()()3822nCH:nO:nN总转化率/%丙烯的选择性/%25VO/MgO5003：2：52546.62523V

O/AlO5003：2：52540.0252VO/MgOSiO−5001：1：840.045.0（2）在上述三种催化剂作用下，丙烯产率最高的是___________(填催化剂的化学式)。（3）在500℃、以2523VO/AlO为催化剂的条件下，向容积为10L的恒容密闭容器中充入3mol3

8CH、2mol2O、5mol2N，发生反应，经过10min达到平衡状态。①0~10min，丙烯的化学反应速率()36vCH=___________11molLmin−−。②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________(填标号)。A．H不变B．36CH与2

HO的物质的量之比为1：1C．36CH的质量不再改变③欲提高丙烷转化率，可采取的措施是___________(任写一条即可)。④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，

()()nn氮气丙烷越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是___________。（4）在500℃、以252VO/MgOSiO−为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入1mol38CH、1mol2O、8mol2N发生反应，平衡时压强为p

kPa[已知该催化剂条件下的副反应为38222CH(g)7O(g)6CO(g)8HO(g)++催化剂]，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数pK=___________(用含p的代数式表示，pK是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数，列出计算式即可

，不用化简)。【答案】（1）-236（2）252VO/MgOSiO−（3）①.0.003②.C③.及时分离出2HO④.该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大（4）2221.060.18pkPapkP

a10.6410.640.60.14pkPapkPa10.6410.64【解析】【小问1详解】①3823622CH(g)O(g)2CH(g)2HO(g)++催化剂1ΔH②22HO(l)=HO(g)12ΔH44kJmol−=+由丙烷、丙烯的燃烧热

(H)分别为12220kJmol−−、12058kJmol−−的方程式：③38222CH(g)+5O(g)=3CO(g)+4HO(l)31ΔH2220kJmol−=−④362229CH(g)+O(g)=3CO(g)+3HO(l)2142058kJΔ

Hmol−−=由盖斯定律可得③×2-④×2+②×2得方程式①，则11114213222()-2(2058kJmol)2(44kJmol)236kJΔH=2ΔHΔHΔH2220kJmolmol−−−−−+=−+

+=−−则11kJΔH=-236mol−。故答案为：-236;【小问2详解】在上述三种催化剂作用下，丙烯的选择性高且丙烷的总转化率高时，丙烯产率才会最高，所以最好的催化剂是：252VO/MgOSiO

−。故答案为：252VO/MgOSiO−【小问3详解】①在500℃、以2523VO/AlO为催化剂的条件下，丙烷转化率为25%，丙烯选择性为40%，说明丙烷生成丙烯的部分是40%，则36n(CH)=3mol25%40%=0.3mol△，则0~

10min，丙烯的化学反应速率11360.3molv(CH)==molLmin10L10mi0.00n3−−。②A．H与物质状态和热化学方程式的书写有关，所以不论是否平衡状态其值都不变，故A错误；B．3823622CH(g)O(g)2CH(g)2

HO(g)++催化剂，36CH与2HO的物质的量之比一直为1：1，不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；C．36CH为生成物，平衡时的质量才不再改变，故C正确。③欲提高丙烷转化率，即让反应正向进行即可，所以可采取的措施是及时分离出产物2HO，促进反应正向进行。④在恒温恒压的密闭容器中充入丙

烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，()()nn氮气丙烷越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。故答案为：①0.003；②C；③及时分离出2HO；④该反应为气体分子数增加的

反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。【小问4详解】在500℃、以252VO/MgOSiO−为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入1mol38CH、1mol2O、8mol2N发生反应，丙烯选择性为45%，丙烷转化

率为40%，则36n(CH)=1mol40%45%=0.18mol△，则可得：3823622CH(g)O(g)2CH(g)2HO(g)++催化剂起始n始(mol)1100变化△n(mol)0180.090.180.18终态n终(mol)0.820.910.180.1838222CH(g)

7O(g)6CO(g)8HO(g)++催化剂起始n始(mol)0.820.9100.18变化△n(mol)0.4-0.180.770.660.88终态n终(mol)0.60.170.661.06故平衡时：38n(CH)=0.6mol，36n(CH)=0.18mol，2n(O)=0.14mol，n(

CO)=0.66mol，2n(HO)=1.06mol，2n(N)=8mol，则n=10.64mol总；平衡时压强为pkPa，平衡分压=总压×体积分数，则380.6pkPa10.H)64P(C=，360.18pkPa10.)=64

P(CH，20.14pkPa10.64P(O)=，21.06pkPa10.)=64P(HO，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数：22362223822p21.060P(CH)P(HO)K=.18pkPapkPa10.641=P(CH)P(0.640.60.14pkPapkPa10.64

10.64O)故答案为：2221.060.18pkPapkPa10.6410.640.60.14pkPapkPa10.6410.6418

.芳香族化合物A常用于药物及香料的合成，A有如图转化关系：.已知：①A能与金属钠反应生成氢气，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。②⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+4-KMnO/HOH①②+CO2③RCOCH3+R′CHO一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→RCOCH=CHR′+H2O回答下列问题：（1）A生成B

，E生成F的反应类型分别为___，____。（2）由D生成E的加入试剂和反应条件为____，___。（3）H中含有的官能团名称为___。（4）由H生成I的化学方程式为____。（5）K的结构简式为___。（6）F的同分异构体中，同时满

足如下条件的有__种。①属于芳香族化合物且苯环上有两个取代基。②能发生水解。（7）糠叉丙酮()是一种重要医药中间体，参考上述合成路线，设计一条以叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任

选，箭头上注明反应试剂和条件)___。【答案】（1）①.消去反应②.氧化反应（2）①.NaOH溶液②.加热（3）羟基、羧基（4）n一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+(n-1)H2O（5）（6）12（7）【解析】【分析

】A是芳香族化合物，则结构中含有苯环，A的不饱和度=92+2-122=4，则侧链没有不饱和键，结合已知信息①确定A中与苯环直接相连的碳原子上没有氢原子，且A中含有羟基，连接羟基的碳原子上也没有氢原子，符合

要求的A结构只能为，结合B→C的反应条件知B中含有碳碳双键，故A→B为消去反应，则B为，B和溴发生加成反应生成D为，B发生氧化反应生成C，C能和苯甲醛发生信息③的反应，则C为、K为；由F的分子式可知，D发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F发生银镜反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反

应生成I为。【小问1详解】由分析知，A生成B为消去反应，E生成F为氧化反应，故此处依次填：消去反应、氧化反应；小问2详解】D生成E为卤代烃的水解反应，加入试剂为NaOH溶液，反应条件为加热；【小问3详解】由分析知，H的结构简式为，所含官能团名称为：羟基、羧基；【

小问4详解】由分析知，H到I为缩聚反应，对应方程式为：n一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→【+(n-1)H2O；【小问5详解】由分析知，K的结构简式为；小问6详解】F的结构简式为，其不饱和度=5，根据题意其同分异构中应含有：苯环且苯环上由两个取代基、酯基等

结构，符合要求的结构如下：、、、，再考虑苯环上邻间对异构，共有12种结构符合题意，故此处填12；【小问7详解】根据RCOCH3+R′CHO一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→RCOCH=CHR′，(CH3)3COH发生消去反应生成，再氧化为，与在一定条件下生成，合成路线为。

【